Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/GeneralPunctuation.js

Integrals and Miscellaneous 20

previous post:

Integrals and Miscellaneous 19

2023/10/1

f(z):=(1z3)1/2 , C is the contour which consists of two lines and two arcs. One of the lines is indented at z=1 by an arc of radius 1/R. The radius of the other arc is R.

From the Cauthy's theorem we find Cf(z)dz=0. The integral round the arcs tend to zero.f(z)dz=10(1x3)12dx+1{(x1)eπi}12(1+x+x2)12dx+i0(1+ix3)12dx=10(1x3)12dx+i1(x31)12dxi0(1+ix3)12dx=10(1x3)12dx+i1(x31)12dxieπ6i0(1+y3)12dxHence,10(1x3)12dx=120(1+x3)12dx=120(1x3)12dx1(x31)12dx=320(1+x3)12dxTherefore,1(1x3)12dx=320(1+x3)12dx1(x31)12dx=320(1+x3)12dx1(1x3)12dx=31(x31)12dx

Indeed, we can find 10(1x3)12dx=πΓ(43)Γ(56)with the help of the Beta function.

2024/2/10

1010dxdy1+ixy=Giπ248PROOF:
Substituting y=u/x givesLHS=10dxxx0du1+iu=10arctanxxdxi210ln(1+x2)xdxWe obtained 10arctanxxdx=G in "2022/4/3" and 10ln(1+x2)xdx=n=1(1)nn10x2n1dx=12n=1(1)nn2=14ζ(2)

※そもそも最初から級数にすればよかった。1010dxdy1+ixy=n=11010(ixy)n1dxdy

2024/2/11

1010(lnxy)a1xy(1x)dxdy=Γ(a+2){ζ(a+2)1a+1}PROOF.
Substituting y=u/x yieldsLHS=10dxx0du(lnu)a1u1xx=10du1udx(lnu)a1u1xx=10(lnu)a1u(lnu+u1)du=0(ta+1et1tzet)dt(u=et)=Γ(a+2){ζ(a+2)1a+1}where we usedζ(s)=1Γ(s)0xs1ex1dx obtained here.

a1 yields 10101(1xy)lnxy(1x)dxdy=γ fromlims1(ζ(s,a)1s1)=ψ(a) we found here.

REFERENCE:
Chapman, R., A proof of Hadjicostas's conjecture.(2004)

2024/2/12

Φ(z,s,a) denotes Lerch transcendent.Φs(1,1,1)=lnA321/3e1/4PROOF.
LHS=dds(112s1)ζ(s)|s=1=3ζ(1)+4ζ(1)ln2=ln2314+3lnA

REFERENCE:
Guillera, J., Sondow, J. Double integrals and infinite products for some classical constants via analytic continuations of Lerch’s transcendent. Ramanujan J 16, 247–270 (2008).

2024/3/1

In:=10(1x)ndx=2(n+1)(n+2)where we substitute y=x2 and use the beta function.

ex)10(1x)19dx=1210

REFERENCE:


P.J.Nahin(2015)は面白い積分テクニックがたくさん載った人気書籍です!


Inside Interesting Integrals【楽天】

Inside Interesting Integrals【amazon】

2024/3/14
2024/4/20

By termwise integration we obtain(m1)10n=1xmn1dx=1

2024/6/29

ddt{Li2(2t1+t2)}=(1t2)ln(1t)21+t2t(1+t2)=4tln(1t)1+t22tln(1+t2)1+t22ln(1t)t+ln(1+t2)t0 から x まで積分して(x1)Li2(2x1+x2)=4x0tln(1t)1+t2dt2x0tln(1+t2)1+t2dtt2=u2x0ln(1t)tdt+x0ln(1+t2)tdtt2=u=4x0tln(1t)1+t2dt12ln2(1+x2)+2Li2(x)12Li2(x2)よってx0tln(1t)1+t2dt=14Li2(2x1+x2)+18ln2(1+x2)12Li2(x)+18Li2(x2)特に x=1 では10tln(1t)1+t2dt=18ln22516ζ(2)

参考文献:Cornel Ioan Vălean, "More (Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series" , 楽天はこちら

2024/9/20

π0θ2ln3sinθdθ=[32πζ(5)+13120π5ln2+58π3ζ(3)+32πζ(3)ln22+13π3ln32]PROOF.
From here we defineI(s,a):=π0sins1θcosaθdθ=πcosπa22s1sB(s+a+12,sa+12)2a2(3Is3|s=1)a=0=π0θ2ln3sinθdθThe third derivative of I with respect to s is3Is3=I(s,a)[f(s,a)3+3f(s,a)g(s,a)+h(s,a)]3Is3|s=1=sinπaa[α3+3αβ+δ]wheref(s,a)=ψ(s)ln212ψ(s+a+12)12ψ(sa+12)g(s,a)=ψ(s)14ψ(s+a+12)14ψ(sa+12)h(s,a)=ψDifferentiating twice with respect to a gives\begin{align}\frac{\partial^2}{\partial a^2}\left(\left.\frac{\partial^3I}{\partial s^3}\right|_{s=1}\right) &=\underbrace{\frac{(2-\pi^2a^2)\sin\pi a-2\pi a\cos\pi a}{a^3}}_{\to -\frac{\pi^3}{3}\:(a\to 0)}(\a^3+3\a\b+\d)\\&\quad+2\underbrace{\frac{\pi a\cos\pi a-\sin\pi a}{a^2}}_{\to 0\:(a\to 0)}(3\a^2\a'+3\a'\b+3\a\b'+\d')\\&\quad+\frac{\sin\pi a}{a}(3\a^2\a''+6\a\a'^2+3\a''\b+6\a'\b'+3\a\b''+\d'')\end{align}Then we put a=0 to have the result above, with the help of\begin{align}\a(0) &=-\ln2,\quad \b(0)=\frac{1}{2}\zeta(2),\quad \d(0)=-\frac{3}{2}\zeta(3)\\\a'(0)&=\b'(0)=\d'(0)=0\\\a''(0) &=\frac{1}{2}\zeta(3),\quad \b''(0)=-\frac{3}{4}\zeta(4),\quad \d''(0)=\frac{3}{2}\zeta(5)\end{align}

2025/1/29

\cfrac{\displaystyle\int_2^{17}\cfrac{dx}{\sqrt{x^3-7x+6}}}{\displaystyle\int_2^{3}\cfrac{dx}{\sqrt{x^3-7x+6}}}=2PROOF.
Setting x=2\frac{t^4+2t^3+14t^2-62t+61}{(t^2-4t-1)^2}yields\begin{align}\int_2^{17}\cfrac{dx}{\sqrt{x^3-7x+6}}&=-\int_2^3\sqrt{\frac{(t^2-4t-1)^6}{100(t^3-7t+6)(t^2-2t+5)^2(t^2+6t-11)^2}}\\&\quad\quad\cdot\frac{20(t^2-2t+5)(t^2+6t-11)}{(t^2-4t-1)^3}dt\\&=2\int_2^{3}\cfrac{dt}{\sqrt{t^3-7t+6}}\end{align}

x-t

応援のおねがい

Please support me!

まめしば
まめしば

記事を気に入って下さった方、「応援してあげてもいいよ」という方がいらっしゃったら15円から可能なので支援していただければ幸いです。情報発信を継続していくため、サーバー維持費などに充てさせていただきます。

ご支援いただいた方は、こちらで確認できます。

Amazonギフトの場合、
Amazonギフト券- Eメールタイプ – Amazonベーシック
より、金額は空白欄に適当に(15円から)書きこんで下さい。受取人は「mamekebiamazonあっとgmail.com」です(あっとは@に置き換えてください)。贈り主は「匿名」等でOKです。全額がクリエイターに届きます。

OFUSEは登録不要で、100円から寄付できます。金額の90%がクリエイターに届きます。

codocは登録不要で、100円から寄付できます。金額の85%がクリエイターに届きます。

コメントを残す

メールアドレスが公開されることはありません。 が付いている欄は必須項目です

CAPTCHA